Serie converge normalmente.
Dimostra che la serie
\[ \sum\limits_{n \in \mathbb{Z}^*} \left( \frac{1}{z-n} + \frac{1}{n} \right) = \star\]
converge normalmente su \( \mathbb{C} \setminus \mathbb{Z} \).
Io ho fatto così ma non so se è giusto. Siano \( a \[ \star =\sum\limits_{n \in \mathbb{Z}^*\cap (-\infty,a)} \left( \frac{1}{z-n} + \frac{1}{n} \right)+\sum\limits_{n \in \mathbb{Z}^*\cap A_{[a,b]}} \left( \frac{1}{z-n} + \frac{1}{n} \right)+ \sum\limits_{n \in \mathbb{Z}^*\cap (b,\infty)} \left( \frac{1}{z-n} + \frac{1}{n} \right)\]
Siccome abbiamo che \[ \sum\limits_{n \in \mathbb{Z}^*\cap A_{[a,b]}} \left( \frac{1}{z-n} + \frac{1}{n} \right) \]
contiene solo un numero finito di termini non influenza la convergenza della serie. Pertanto se \( n \in \mathbb{Z}^*\cap (b,\infty) \)
\[ \sup_{z \in A_{[a,b]}} \left| \frac{1}{z-n} + \frac{1}{n} \right| \leq \sup_{z \in A_{[a,b]}} \left( \left|\frac{1}{z-n} \right| +\left| \frac{1}{n} \right| \right) \leq \left|\frac{1}{b-n} \right| +\left| \frac{1}{n} \right| = \frac{\left|n \right|+ \left|b-n\right|}{\left|n \right|\left|b-n\right|} \]
Ora siccome \( \left|n \right|+ \left|b-n\right| \geq \left| b \right| \) e siccome \(\left|n \right| \leq \left|b-n \right| \) otteniamo che
\[ \sup_{z \in A_{[a,b]}} \left| \frac{1}{z-n} + \frac{1}{n} \right|\leq \frac{\left|b\right|}{\left|b-n\right|^2} \]
Pertanto
\[ \sum\limits_{n \in \mathbb{Z}^*\cap (b,\infty)} \sup_{z \in A_{[a,b]}} \left| \frac{1}{z-n} + \frac{1}{n} \right| \leq \sum\limits_{n \in \mathbb{Z}^*\cap (b,\infty)}\frac{\left|b \right|}{\left|b-n\right|^2} \]
Così a naso direi che \[ (1) \ \ \ \ \sum\limits_{n \in \mathbb{Z}^*\cap (b,\infty)}\frac{\left|b \right|}{\left|b-n\right|^2} \] converge ma non saprei dimostrarlo.
In modo analogo dovrei riuscire a dire che
\[ \sum\limits_{n \in \mathbb{Z}^*\cap (-\infty,a)}\sup_{z \in A_{[a,b]}} \left| \frac{1}{z-n} + \frac{1}{n} \right| \leq \sum\limits_{n \in \mathbb{Z}^*\cap (b,\infty)}\frac{\left|a \right|}{\left|a-n\right|^2} \]
Pertanto se riesco a dimostrare che \( (1) \) converge allora per l'arbitrarietà di \( A_{[a,b]} \) ho che la serie è normalmente convergente su \( \mathbb{C} \setminus \mathbb{Z} \)
vi sembra corretto?
Avete suggerimenti su come posso dimostrare la convergenza di \( (1) \) ?
\[ \sum\limits_{n \in \mathbb{Z}^*} \left( \frac{1}{z-n} + \frac{1}{n} \right) = \star\]
converge normalmente su \( \mathbb{C} \setminus \mathbb{Z} \).
Io ho fatto così ma non so se è giusto. Siano \( a \[ \star =\sum\limits_{n \in \mathbb{Z}^*\cap (-\infty,a)} \left( \frac{1}{z-n} + \frac{1}{n} \right)+\sum\limits_{n \in \mathbb{Z}^*\cap A_{[a,b]}} \left( \frac{1}{z-n} + \frac{1}{n} \right)+ \sum\limits_{n \in \mathbb{Z}^*\cap (b,\infty)} \left( \frac{1}{z-n} + \frac{1}{n} \right)\]
Siccome abbiamo che \[ \sum\limits_{n \in \mathbb{Z}^*\cap A_{[a,b]}} \left( \frac{1}{z-n} + \frac{1}{n} \right) \]
contiene solo un numero finito di termini non influenza la convergenza della serie. Pertanto se \( n \in \mathbb{Z}^*\cap (b,\infty) \)
\[ \sup_{z \in A_{[a,b]}} \left| \frac{1}{z-n} + \frac{1}{n} \right| \leq \sup_{z \in A_{[a,b]}} \left( \left|\frac{1}{z-n} \right| +\left| \frac{1}{n} \right| \right) \leq \left|\frac{1}{b-n} \right| +\left| \frac{1}{n} \right| = \frac{\left|n \right|+ \left|b-n\right|}{\left|n \right|\left|b-n\right|} \]
Ora siccome \( \left|n \right|+ \left|b-n\right| \geq \left| b \right| \) e siccome \(\left|n \right| \leq \left|b-n \right| \) otteniamo che
\[ \sup_{z \in A_{[a,b]}} \left| \frac{1}{z-n} + \frac{1}{n} \right|\leq \frac{\left|b\right|}{\left|b-n\right|^2} \]
Pertanto
\[ \sum\limits_{n \in \mathbb{Z}^*\cap (b,\infty)} \sup_{z \in A_{[a,b]}} \left| \frac{1}{z-n} + \frac{1}{n} \right| \leq \sum\limits_{n \in \mathbb{Z}^*\cap (b,\infty)}\frac{\left|b \right|}{\left|b-n\right|^2} \]
Così a naso direi che \[ (1) \ \ \ \ \sum\limits_{n \in \mathbb{Z}^*\cap (b,\infty)}\frac{\left|b \right|}{\left|b-n\right|^2} \] converge ma non saprei dimostrarlo.
In modo analogo dovrei riuscire a dire che
\[ \sum\limits_{n \in \mathbb{Z}^*\cap (-\infty,a)}\sup_{z \in A_{[a,b]}} \left| \frac{1}{z-n} + \frac{1}{n} \right| \leq \sum\limits_{n \in \mathbb{Z}^*\cap (b,\infty)}\frac{\left|a \right|}{\left|a-n\right|^2} \]
Pertanto se riesco a dimostrare che \( (1) \) converge allora per l'arbitrarietà di \( A_{[a,b]} \) ho che la serie è normalmente convergente su \( \mathbb{C} \setminus \mathbb{Z} \)
vi sembra corretto?
Avete suggerimenti su come posso dimostrare la convergenza di \( (1) \) ?
Risposte
Ciao 3m0o,
La serie proposta si può riscrivere nel modo seguente:
$ \sum_{n \in \ZZ^{\star}} (\frac{1}{z-n} + \frac{1}{n}) = \sum_{n = 1}^{+\infty}(\frac{1}{z+n} - \frac{1}{n}) + \sum_{n = 1}^{+\infty}(\frac{1}{z-n} + \frac{1}{n}) = \sum_{n = 1}^{+\infty} (2z)/(z^2 - n^2) $
Inoltre si ha lo sviluppo in serie di Mittag-Leffler seguente:
$\pi cot(\pi z) = 1/z + \sum_{n = 1}^{+\infty} (2z)/(z^2 - n^2) \implies \sum_{n = 1}^{+\infty} (2z)/(z^2 - n^2) = \pi cot(\pi z) - 1/z$
La serie proposta si può riscrivere nel modo seguente:
$ \sum_{n \in \ZZ^{\star}} (\frac{1}{z-n} + \frac{1}{n}) = \sum_{n = 1}^{+\infty}(\frac{1}{z+n} - \frac{1}{n}) + \sum_{n = 1}^{+\infty}(\frac{1}{z-n} + \frac{1}{n}) = \sum_{n = 1}^{+\infty} (2z)/(z^2 - n^2) $
Inoltre si ha lo sviluppo in serie di Mittag-Leffler seguente:
$\pi cot(\pi z) = 1/z + \sum_{n = 1}^{+\infty} (2z)/(z^2 - n^2) \implies \sum_{n = 1}^{+\infty} (2z)/(z^2 - n^2) = \pi cot(\pi z) - 1/z$
Ciao pilloeffe,
non ho idea di cosa sia lo sviluppo in serie di Mittag-Leffler. Non l'abbiamo visto.
non ho idea di cosa sia lo sviluppo in serie di Mittag-Leffler. Non l'abbiamo visto.
"3m0o":
non ho idea di cosa sia lo sviluppo in serie di Mittag-Leffler. Non l'abbiamo visto.
Beh, se non ti piace Mittag-Leffler vi sono altri modi per ottenere il medesimo risultato: dai un'occhiata ad esempio qui e poi scrivi $i z $ al posto di $a $. Comunque per la convergenza della serie proposta ti conviene scrivere la serie nella forma che ti ho indicato.
[ot]Avevo sempre pensato che Mittag e Leffler fossero due persone.[/ot]
[ot]
No, è un unico matematico svedese...
https://it.wikipedia.org/wiki/G%C3%B6sta_Mittag-Leffler
E' famoso anche per la funzione speciale che porta il suo cognome.
Ho visto per la prima volta il suo cognome associato ad una serie che compariva nelle dispense del corso di Comunicazioni Elettriche I (uno dei pochi esami in cui presi 30) che naturalmente non era richiesto di dimostrare, ma io la dimostrai col teorema del matematico svedese ed il professore apprezzò molto...[/ot]
"dissonance":
Avevo sempre pensato che Mittag e Leffler fossero due persone.
No, è un unico matematico svedese...
https://it.wikipedia.org/wiki/G%C3%B6sta_Mittag-Leffler
E' famoso anche per la funzione speciale che porta il suo cognome.
Ho visto per la prima volta il suo cognome associato ad una serie che compariva nelle dispense del corso di Comunicazioni Elettriche I (uno dei pochi esami in cui presi 30) che naturalmente non era richiesto di dimostrare, ma io la dimostrai col teorema del matematico svedese ed il professore apprezzò molto...
[/ot]
Tra l'altro per le serie intere definite su un aperto, la convergenza uniforme su ogni compatto dell'aperto è equivalente alla convergenza normale?
Edit: se sì allora posso fare così, consideriamo un disco aprtirario \( \overline{D}(0,R) \) di raggio \(R \in \mathbb{R} \).
Allora per tutti gli \(n \in \mathbb{Z}^* \cap \mathbb{C} \setminus \overline{D}(0,R) \) risulta
\[ \sup_{z \overline{D}(0,R)} \left| \frac{z}{(z-n)n } \right| \leq \left| \frac{R}{(R-n)n } \right| \leq \left| \frac{R}{kn^2 } \right| \]
Siccome per ogni \( n \) abbiamo \( \left| R -n \right| \geq k \left| n \right| \). Dunque su tutti i dischi compatti la serie
\[ \sum\limits_{ n \in \mathbb{Z}^* \cap (R,+\infty)} \frac{z}{(z-n)n } \]
è normalmente convergente, in particolare è uniformemente convergente.
Stesso discorso per
\[ \sum\limits_{ n \in \mathbb{Z}^* \cap (-\infty,-R)} \frac{z}{(z-n)n } \]
Pertanto siccome la serie
\[ \sum\limits_{ n \in \mathbb{Z}^* \cap (-R,R)} \frac{z}{(z-n)n } \]
possiede solo un numero finito di termini abbiamo che
\[ \sum\limits_{n \in \mathbb{Z}^*} \frac{z}{(z-n)n } \]
è uniformemente convergente su tutti i dischi della forma \( \overline{D}(0,R) \setminus \mathbb{Z} \)
Pertanto è uniformemente convergente su tutti i compatti di \( \mathbb{C} \setminus \mathbb{Z} \) e segue che è normalmente convergente su \( \mathbb{C} \setminus \mathbb{Z} \)
Edit: se sì allora posso fare così, consideriamo un disco aprtirario \( \overline{D}(0,R) \) di raggio \(R \in \mathbb{R} \).
Allora per tutti gli \(n \in \mathbb{Z}^* \cap \mathbb{C} \setminus \overline{D}(0,R) \) risulta
\[ \sup_{z \overline{D}(0,R)} \left| \frac{z}{(z-n)n } \right| \leq \left| \frac{R}{(R-n)n } \right| \leq \left| \frac{R}{kn^2 } \right| \]
Siccome per ogni \( n \) abbiamo \( \left| R -n \right| \geq k \left| n \right| \). Dunque su tutti i dischi compatti la serie
\[ \sum\limits_{ n \in \mathbb{Z}^* \cap (R,+\infty)} \frac{z}{(z-n)n } \]
è normalmente convergente, in particolare è uniformemente convergente.
Stesso discorso per
\[ \sum\limits_{ n \in \mathbb{Z}^* \cap (-\infty,-R)} \frac{z}{(z-n)n } \]
Pertanto siccome la serie
\[ \sum\limits_{ n \in \mathbb{Z}^* \cap (-R,R)} \frac{z}{(z-n)n } \]
possiede solo un numero finito di termini abbiamo che
\[ \sum\limits_{n \in \mathbb{Z}^*} \frac{z}{(z-n)n } \]
è uniformemente convergente su tutti i dischi della forma \( \overline{D}(0,R) \setminus \mathbb{Z} \)
Pertanto è uniformemente convergente su tutti i compatti di \( \mathbb{C} \setminus \mathbb{Z} \) e segue che è normalmente convergente su \( \mathbb{C} \setminus \mathbb{Z} \)
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